De hoc sinh gioi mon toan lop 9 cap tinh nam 2021

1 Mục Lục Lời nói đầu Đề số Đề học sinh giỏi toán lớp thành phố Hà Nội năm 2021 Đề số Đề học sinh giỏi toán lớp tỉnh Nghệ An bảng A năm 2021 Đề số Đề học sinh giỏi toán lớp tỉnh Nghệ An bảng B năm 2021 Đề số Đề học sinh giỏi toán lớp tỉnh Hà Nam năm 2021 Đề số Đề học sinh giỏi toán lớp tỉnh Nam Định năm 2021 Đề số Đề học sinh giỏi tốn lớp tỉnh Thanh Hóa năm 2021 Đề số Đề học sinh giỏi toán lớp tỉnh Bắc Giang năm 2021 Đề số Đề học sinh giỏi tốn lớp tỉnh Khánh Hịa năm 2021 Đề số Đề học sinh giỏi toán lớp tỉnh Phú Thọ năm 2021 Đề số 10 Đề học sinh giỏi tốn lớp tỉnh Quảng Bình năm 2021 Đề số 11 Đề học sinh giỏi toán lớp tỉnh Lào Cai năm 2021 Đề số 12 Đề học sinh giỏi toán lớp tỉnh Quảng Ninh năm 2021 Đề số 13 Đề học sinh giỏi toán lớp tỉnh Phú Yên năm 2021 Đề số 14 Đề học sinh giỏi tốn lớp tỉnh Bình Phước Chính Thức năm 2021 Đề số 15 Đề học sinh giỏi tốn lớp tỉnh Bình Phước dự bị năm 2021 Đề số 16 Đề học sinh giỏi toán lớp tỉnh Lạng Sơn năm 2021 Đề số 17 Đề học sinh giỏi toán lớp tỉnh Quảng Ngãi năm 2021 Đề số 18 Đề học sinh giỏi toán lớp tỉnh Bình Dương năm 2021 Đề số 19 Đề học sinh giỏi toán lớp tỉnh Đăk Lăk năm 2021 Đề số 20 Đề học sinh giỏi toán lớp tỉnh Hà Tĩnh năm 2021 Đề số 21 Đề học sinh giỏi toán lớp tỉnh Tuyên Quang năm 2021 Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP HÀ NỘI NĂM HỌC 2020 - 2021 Mơn thi: TỐN Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số Bài (5.0 điểm) a) Giải phương trình x − x + = x+3 b) Chứng minh biểu thức K = a2 b2 c2 + + có giá trị số ( a − b )( a − c ) ( b − c )( b − a ) ( c − a )( c − b ) nguyên, a, b, c ba số thực đôi phân biệt Bài (5.0 điểm) a) Cho ba số a, b, c thỏa mãn a + b + c ab − bc − ca chia hết cho Chứng minh chia hết cho b) Cho đa thức P ( x ) = x + ax + b có nghiệm + (a, b số hữu tỉ) Chứng minh đa thức P(x) chia hết đa thức x − x − Bài (2.0 điểm) Cho số thực không âm a, b, c thay đổi thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức Q = a+b + b+c + c+a Bài (6.0 điểm) Cho đường tròn (I) nội tiếp tam giác nhọn ABC (AB < AC) Đường tròn (I) tiếp xúc với cạnh BC, CA điểm D, E Qua điểm B, kẻ đường thẳng vng góc với đường thẳng BI, cắt đường thẳng AI điểm J Gọi P hình chiếu vng góc điểm J đường thẳng BC a) Chứng minh BD = CP b) Gọi N giao điểm hai đường thẳng AJ BC Chứng minh rằng: 1 + = AI AJ AN c) Gọi Q giao điểm hai đường thẳng JP DE Gọi K trung điểm PQ Chứng minh đường thẳng BK vng góc với đường thẳng AP Bài (2.0 điểm) a) Tìm tất số nguyên dương x, y, z thỏa mãn 3x + y =+ 2z b) Cho hình chữ nhật có diện tích Năm điểm phân biệt đặt tùy ý vào hình chữ nhật cho khơng có ba điểm thẳng hàng (mỗi điểm năm điểm đặt đặt cạnh đặt nằm hình chữ nhật) i) Chứng minh tam giác tạo ba điểm năm điểm cho có diện tích khơng vượt q ii) Với cách đặt năm điểm vào hình chữ nhật trên, gọi n số tam giác có ba đỉnh ba điểm nằm năm điểm diện tích khơng vượt qua Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 Tìm giá trị nhỏ n TÀI LIỆU TOÁN HỌC LỜI GIẢI VÀ BÌNH LUẬN CÁC BÀI TỐN Bài (5.0 điểm) a) Giải phương trình x − x + = x+3 b) Chứng minh biểu thức K = a2 b2 c2 + + có giá trị số ( a − b )( a − c ) ( b − c )( b − a ) ( c − a )( c − b ) nguyên, a, b, c ba số thực đơi phân biệt Lời giải a) Điều kiện Phương trình cho viết lại thành (x Hay ( x − 1) + ( x+3−2 Vì ( x − 1) ≥ ( ) 2 ( ) − x + 1) + x + − x + + = 0, = x+3−2 ) ≥ nên (1) xảy ( x − 1) = ( ) x + − = tức x = (thỏa mãn) Vậy phương trình có nghiệm x = b) Ta có K (a a ( b − c ) + b2 ( c − a ) + c2 ( a − b ) a ( b − c ) + b2 ( c − b + b − a ) + c2 ( a − b ) = ( a − b )( b − c )( a − c ) ( a − b )( b − c )( a − c ) − b2 ) ( b − c ) − ( b2 − c2 ) ( a − c ) = ( a − b )( b − c )( a − c ) ( a − b )( b − c )( a + b − b − c ) = ( a − b )( b − c )( a − c ) Do đó, biểu thức K ln nhận giá trị nguyên Bài (5.0 điểm) a) Cho ba số a, b, c thỏa mãn a + b + c ab − bc − ca chia hết cho Chứng minh chia hết cho b) Cho đa thức P ( x ) = x + ax + b có nghiệm + (a, b số hữu tỉ) Chứng minh đa thức P(x) chia hết đa thức x − x − Lời giải a) Từ giả thiết ta có ( a + b )( a + b + c ) + ( ab − bc − ca ) chia hết cho 3, hay a + b + 3ab chia hết cho Từ suy chia hết cho Với số nguyên x, ta có x chia dư 0, nên x chia dư 1.Suy a b chia cho có số dư Như vậy, để a + b chia hết cho 3, ta phải có a b chia hết cho 3, tức a b chia hết cho Mặt khác, a + b + c chia hết c chia hết cho Từ đây, dễ thấy ab − bc − ca chia hết cho Ta có điều phải chứng minh ( ) b) Từ giả thiết, ta có P + , hay ( a + ) =− ( a + b + 10 ) a + b + 10 số hữu tỉ, mâu thuẫn a+6 a = −6 Từ suy a + b + 10 = , tức b = −4 Vậy Nếu a + ≠ , ta có 3= − Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 số vơ tỉ Do TÀI LIỆU TỐN HỌC P ( x ) = x3 − x − = (x − 2x − 2) ( x + 2) Rõ ràng P ( x ) chia hết cho đa thức x − x − Bài (2.0 điểm) Cho số thực không âm a, b, c thay đổi thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức Q = a+b + b+c + c+a Lời giải Giá trị lớn biểu thức Q Với số thực x, y z, ta có ( x − y) ( + ( y − z ) + ( z − x ) ≥ 2 ) ( ) 2 Từ suy ( xy + yz + zx ) ≤ x + y + z , hay ( x + y + z ) ≤ x + y + z Sử dụng kết này, ta được:  Q=  ( ) 2 a + b + b + c + c + a  ≤ 3 ( a + b + b + c + c + a )   = 36 ( a + b + c ) ≤ 36.3 ( a + b + c 2= ) 108 Suy Q ≤ 108 Mặt khác, dễ thấy đẳng thức xảy a= b= c= lớn biểu thức Q Vậy giá trị 108 Giá trị nhỏ biểu thức Q Từ giả thiết, ta có a , b , c ≤ Suy ≤ a, b, c ≤ Từ đây, ta có a ≥ a b ≥ b Từ a + b ≥ a + b Mà ≤ a + b =1 − c ≤ nên a + b ≥ ( a + b ) Tóm lại, ta có: a + b ≥ a + b2 ≥ Chứng minh tương tự, ta có: (a + b2 ) = a + b2 b + c ≥ b2 + c2 , c + a ≥ c2 + a Từ kết trên, ta suy ra: Q ≥ a + b + b + c + c + a = Dấu đẳng thức xảy chẳng hạn a = b= c= Vậy giá trị nhỏ Q Bình luận: Để chứng minh Q ≥ , ta cịn có hai cách tiếp cận khác sau Cách Khơng tính tổng qt, giả sử a ≥ b ≥ c Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có: a + b + a + c ≥ ( a + b )( a + c= ) a + ab + ac + bc ≥ a + b + c + bc = + bc ≥ Lại có b + c ≥ nên Q ≥ Cách Tương tự lời giải trình bày trên, ta có ≤ a, b, c ≤ nên a ≥ a , b ≥ b c ≥ c Từ đây, với ý ( a + b )( a + c ) ≥ c , ( b + c )( b + a ) ≥ b Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 ( c + a )( c + b ) ≥ c , ta có TÀI LIỆU TỐN HỌC Q 2= ( ) a + b + b + c + c + a = 2(a + b + c) +   ( a + b )( a + c ) + ( b + c )( b + a ) + ( c + a )( c + b )  ≥ ( a + b + c ) + ( a + b + c )= ( a + b + c ) ≥ ( a + b + c )= Suy Q ≥ Bài (6.0 điểm) Cho đường tròn (I) nội tiếp tam giác nhọn ABC (AB < AC) Đường tròn (I) tiếp xúc với cạnh BC, CA điểm D, E Qua điểm B, kẻ đường thẳng vng góc với đường thẳng BI, cắt đường thẳng AI điểm J Gọi P hình chiếu vng góc điểm J đường thẳng BC a) Chứng minh BD = CP b) Gọi N giao điểm hai đường thẳng AJ BC Chứng minh rằng: 1 + = AI AJ AN c) Gọi Q giao điểm hai đường thẳng JP DE Gọi K trung điểm PQ Chứng minh đường thẳng BK vng góc với đường thẳng AP Lời giải a) Có J tâm đường trịn bàng tiếp tam giác góc A tam giác ABC ⇒ CP = BD = Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 BA + BC − AC TÀI LIỆU TOÁN HỌC Hoặc lấy trung điểm M IJ, MB = MC, MD = MP nên BD = CP b) Tính chất hàng điểm điều hòa (kiến thức lớp 10) Có : BI, BJ phân giác trong, ngồi tam giác ABN suy k Cách biến đổi đại số: Đặt= IA JA = IN JN IA JA = , AN = a từ tính AI, AJ theo a, k Thay vào điều IN JN kiện phải chứng minh Cách khác: IA JA AN AN AN AN 1 = ⇒ −1 = 1− ⇒ + =⇒ + = IN JN AI AJ AI AJ AI AJ AN c) Gọi DI cắt AP S Kẻ JR ⊥ AC có: IS AI IE = = ⇒ IS = ID JP AJ JR Do IC ⊥ DE , PQ ⊥ DC ⇒ ∆IDC  ∆DPQ ( g g ) DI PD DS DP ⇒ = ⇒ = ⇒ ∆DSP  ∆PBK ( c.g c ) DC PQ BP PK  = PBK  ⇒ BK ⊥ AP ⇒ DSP Bài (2.0 điểm) a) Tìm tất số nguyên dương x, y, z thỏa mãn 3x + y =+ 2z b) Cho hình chữ nhật có diện tích Năm điểm phân biệt đặt tùy ý vào hình chữ nhật cho khơng có ba điểm thẳng hàng (mỗi điểm năm điểm đặt đặt cạnh đặt nằm hình chữ nhật) i) Chứng minh tam giác tạo ba điểm năm điểm cho có diện tích khơng vượt ii) Với cách đặt năm điểm vào hình chữ nhật trên, gọi n số tam giác có ba đỉnh ba điểm nằm năm điểm diện tích khơng vượt qua Tìm giá trị nhỏ n Lời giải a) Xét trường hợp sau Trường hợp 1: y = Trong trường hợp này, ta có 2z − = 3x z 2k + với k tự nhiên, ta có Suy z ≡ 1( mod 3) Nếu z số lẻ, tức = k +1 = z 2= 2.4k ≡ ( mod 3) , mâu thuẫn Do z số chẵn, tức z = 2k với k nguyên dương Khi ta có 3x= 22 k − 1= (2 k − 1)( 2k + 1) Suy 2k − 2k + lũy thừa Mà hai số không chia hết cho (do (2 k + 1) − ( 2k − 1) = không chia hết cho 3) nên hai số phải có số Lại có Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 2k − < 2k + nên 2k − = , tức k = Một cách tương tự, ta tính z = x = Thử lại, ta thấy thỏa mãn Trường hợp 2: y ≥ Vì 3x > nên từ phương trình cho, ta có z > y , tức z > y Suy x 2l + với l y z chia hết cho Từ ta có 3x ≡ 1( mod ) Nếu x số lẻ, tức = l +1 tự nhiên, = 3x 3= 3.9l ≡ ( mod ) , mâu thuẫn Do x số chẵn, tức x = 2l với l nguyên dương +) Giả sử y ≥ Khi đó, ta có y z chia hết cho 16 nên 3x ≡ 1( mod16 ) Nếu l số 4t + l 2t + với t tự nhiên, thì= lẻ, tức = 3x 3= 9.81t ≡ ( mod16 ) , mâu thuẫn Do l số x 4t chẵn, tức l = 2t với t nguyên dương Suy 3= 3= 81t ≡ 1( mod ) Từ z − y chia hết cho 5, hay z − y ≡ 1( mod ) z− y Nếu z − y số lẻ, tức z − y = 2u + với u tự nhiên, 2= 2.4u ≡ ±2 ( mod ) mâu thuẫn Do z − y số chẵn, tức z−y= 2u với u nguyên dương Khi đó, ta có y z − 2= y ( 4u − 1) chia hết cho Lại có 3x chia hết chia hết cho 3, mâu thuẫn +) Như vậy, ta phải có y ≤ Nếu y = ta có 3x + = z , suy z chia hết cho 3, mâu thuẫn Do y = Khi ta có: z − 32l = Từ đây, ta có z ≡ 1( mod 3) Chứng minh tưng tự trường hợp 1, suy z số chẵn, tức z = 2m với m nguyên dương Khi ta có: ( 2m − 3l )( 2m + 3l ) = Vì 2m − 3l < 2m + 3l 2m + 3l > nên 2m + 3l = Từ m = l = , hay ta có z = x = Thử lại, ta thấy thỏa mãn Vậy có hai số (x, y, z) thỏa mãn yêu cầu (1, 1, 2) (2, 3, 4) b) i) Trước hết, ta chứng minh kết sau: Cho hình chữ nhật ABCD có diện tích S Xét ba điểm E, F, G không thẳng hàng thuộc miền mặt phẳng giới hạn hình chữ nhật ABCD Khi S EFG ≤ S Qua ba điểm E, F, G kẻ đường thẳng vng góc với đường thẳng AB Trong đường thẳng này, có đường thẳng nằm trùng với hai đường thẳng Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC Khơng tính tổng qt, giả sử đường thẳng d qua điểm F Khi đó, đường thẳng d cắt đoạn thẳng EG điểm P Gọi M, N theo thứ tự giao điểm đường thẳng d hai đường thẳng AB, CD Khi đó, ta có 1 d ( E , MN ) MN + d ( G, MN ) MN 2 1 1 AB.MN = ≤ d ( A, MN ) MN + d ( B, MN ) MN = S, 2 2 S EFG = S EPF + SGPF ≤ S EMN + SGMN = Trong d(X, ZT) ký hiệu khoảng cách từ điểm X đến đường thẳng ZT Từ kết vừa chứng minh trên, ta dễ dàng suy điều phải chứng minh ii) Trước hết, ta chứng minh n ≥ Thật vậy, giả sử n ≤ Gọi hình chữ nhật cho hình chữ nhật ABCD Chia hình chữ nhật ABCD thành bốn hình chữ nhật nhỏ AMRQ, BMRP, CPRN, DQRN hình vẽ bên Xét hai hình chữ nhật AMND BMNC Ta thấy điểm năm điểm cho thuộc hai miền mặt phẳng giới hạn hai hình chữ nhật Do đó, có ba điểm thuộc hình chữ nhật Khơng tính tổng qt, giả sử ba điểm H, K, S chúng thuộc hình chữ nhật AMND Xét hai hình chữ nhật AMRQ DQRN Ta thấy điểm ba điểm H, K, S thuộc hai miền mặt phẳng giới hạn hai hình chữ nhật Do đó, có hai điểm thuộc hình chữ nhật Khơng tính tổng quát, giả sử hai điểm H, K chúng thuộc hình chữ nhật AMRQ Áp dụng kết chứng minh phần i) ta có S HKS ≤ 1 S AMND = Gọi hai điểm lại năm điểm V W Nếu có điểm hai điểm thuộc đa giác ABPRND, chẳng hạn V cách sử dụng kết chứng minh phần i), ta có S HKV ≤ Suy n ≥ , mâu thuẫn Do đó, hai điểm V W phải nằm hình chữ nhật CPRN Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC Nếu S thuộc hai hình chữ nhật DQRN BMRP cách sử dụng kết chứng minh phần i) ta có S SVW ≤ mâu thuẫn Do S nằm hình chữ nhật AMRQ Gọi S1 diện tích tứ giác (khơng thiết lồi) tạo H, K, S V Khi đó, rõ ràng S1 ≤ SVMAQ = S AMRQ + SVQR + SVMR ≤ 1 1 + S NQR + S PMR = + + = 4 8 Mặt khác, ba tia VH, VK, VS ln có tia nằm hai tia cịn lại, chẳng hạn VK Do đó: S1 = SVHK + SVKS ≥ {SVKH , SVKS } Kết hợp với kết trên, ta suy {SVKH , SVKS } ≤ 1 Từ đó, kết hợp với S HKS ≤ , ta có 4 n ≥ mâu thuẫn Vậy ta phải có n ≥ Mặt khác, ta có n = thỏa mãn trường hợp sau: Vậy giá trị nhỏ n Bình luận: Bài 5a) tương tự hóa số học đề chọn đội tuyển Việt Nam dự thi IMO 2019: Tìm tất số nguyên dương x, y, z thỏa mãn x + y =+ 2z Trường hợp đặc biệt toán sử dụng làm đề chọn đội tuyển Đại học Vinh tham dự kì thi học sinh giỏi Quốc gia 2019: Tìm tất số nguyên dương x, y, z thỏa mãn: + x = y + 2.4 z Liên hệ tài liệu word môn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP NĂM HỌC 2020 - 2021 Mơn thi: TỐN – BẢNG A Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu (3,0 điểm) a) Tìm tất giá trị nguyên a để A  a  4a  2021 số phương b) Cho đa thức P  x  với hệ số nguyên thỏa mãn P  2019.P  2020  2021 Chứng minh đa thức P  x   2022 khơng có nghiệm nguyên Câu (6,5 điểm) a) Giải phương trình x  5x   x 1  x   y  y  x  x 1  x  x  b) Giải hệ phương trình    y  x  1  x  x  Câu (1,5 điểm) Cho ba số thực không âm a, b,c thỏa mãn ab  bc  ca  Tìm giá trị a  b2  c2  a  b  c  abc Câu (6,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có D, E, F chân đường cao kẻ từ nhỏ biểu thức P  ba đỉnh A, B,C tam giác Gọi H trực tâm tam giác ABC K trung điểm HC a) Chứng minh điểm E, K, D, F thuộc đường tròn b) Đường thẳng qua K song song với BC cắt DF M Trên tia DE lấy điểm P   BAC  Chứng minh SAMF  MF (Trong S ,S cho MAP AMF AMP SAMP MP diện tích tam giác AMF AMP ) Câu (3,0 điểm) a) Cho hình thoi ABCD có AB  a Gọi R , R bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC ABD Chứng minh R  R  a b) Cho đa giác có 2021 đỉnh, cho đỉnh đa giác tơ hai màu xanh đỏ Chứng minh tồn đỉnh đa giác cho đỉnh tam giác cân mà đỉnh tơ màu ……………Hết…………… Họ tên thí sinh………………………………… Số báo danh…………………… Chú ý: Thí sinh khơng phép sử dụng máy tính bỏ túi Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂK LĂK ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC: 2020 – 2021 MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: (4,0 điểm) 1) Cho biểu thức: A= x +5 x −1 với x ≥ x ≠ + − x− x −2 x +1 x −2 Tìm tất giá trị nguyên x cho biểu thức A nhận giá trị nguyên với m tham số Tìm m để phương trình có 2) Cho phương trình x − ( 2m + 3) x + m = hai nghiệm phân biệt x1 , x2 cho x12 + x22 = Bài 2: (4,0 điểm) 1) Cho parabol ( P ) : y = x đường thẳng ( d ) : y= x + b Tìm b để đường thẳng ( d ) cắt ( P ) hai điểm phân biệt A, B cho OI = ( 13 (với I trung điểm AB ) ) 2) Giải phương trình: x + ( x − 1)( x − 3= ) 15 ( x − 1) Bài 3: (3,0 điểm) 1) Tìm tất cặp số nguyên dương ( x, y ) thỏa mãn: x − xy + y + = 2) Cho x, y, z đôi khác Chứng minh rằng: ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x ) 5 chia hết cho ( x − y )( y − z )( z − x ) Bài 4: (4,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) Các đường cao AD , BE , CF ∆ABC cắt H 1) Chứng minh: FA AB = AE AC  2) Chứng minh: DH tia phân giác EDF 3.CF ACB = 60° Chứng minh: EF + BF = 3) Giả sử  Bài 5: (3,0 điểm) °   60  cắt BD E Cho tứ giác ABCD = có BAD = , BCD 120° , tia phân giác DAB  cắt BD F , tia phân giác BCD Chứng minh rằng: 1 1 + + + = + AB BC CD DA AE CF Bài 6: (2,0 điểm) Cho x, y số thực dương thỏa mãn x + y ≤ Tìm giá trị nhỏ biểu thức = P 1 + 3x y + x2 + y xy = = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = = Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI ĐĂK LĂK NĂM HỌC: 2020 – 2021 MÔN TOÁN Bài 1: (4,0 điểm) x −1 x +5 với x ≥ x ≠ + − x− x −2 x +1 x −2 1) Cho biểu thức: A= Tìm tất giá trị nguyên x cho biểu thức A nhận giá trị nguyên với m tham số Tìm m để phương trình có 2) Cho phương trình x − ( 2m + 3) x + m = hai nghiệm phân biệt x1 , x2 cho x12 + x22 = Lời giải 1) Với x ≥ x ≠ Ta có: = A = ( + x + x − 10 − x + = x +1 x −2 ( ) )( )( x − ) − ( x − 1)( ( x + 1)( x − ) x −1 + x + = x −2 x +5 + − x− x −2 x +1 x+ x = x +1 x −2 ( Để biểu thức A nhận giá trị nguyên ) x 1+ x x x −2+2 = = = 1+ x −2 x −2 x −2 x +1 x −2 ) ( )( ( ) x +1 )( ) có giá trị nguyên x −2 ⇔ x − ∈ U ( ) ={±1; ± 2} ⇒ x ∈ {1;3;0; 4} ⇒ x ∈ {1;9;0;16} (thỏa mãn điều kiện) Vậy số nguyên x ∈ {16;1;0;9} A số nguyên có hai nghiệm phân biệt 2) Phương trình x − ( 2m + 3) x + m = ⇔ ∆ > ⇔ ( 2m + 3) − 4m > ⇔ 4m + 12m + − 4m > ⇔ ( 2m + 1) + > ( với m) 2  x1 + x2 = 2m + Theo Vi-ét ta có:   x1 x2 = m Khi x12 + x22 =9 ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 =9 ⇔ ( 2m + 3) − 2m =9 ⇔ 4m + 10m =0 ⇔ 2m ( 2m + ) =0 2 ⇔m= m = Vậy với m = m = −5 −5 phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 cho x12 + x22 = Bài 2: (4,0 điểm) Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 1) Cho parabol ( P ) : y = x đường thẳng ( d ) : y= x + b Tìm b để đường thẳng ( d ) cắt ( P ) hai điểm phân biệt A, B cho OI = ( 13 (với I trung điểm AB ) ) 2) Giải phương trình: x + ( x − 1)( x − 3= ) 15 ( x − 1) Lời giải 1) Ta có phương trình hồnh độ ( d ) ( P ) là: x = x + b ⇔ x − x − b = (*) Đường thẳng ( d ) cắt ( P ) hai điểm phân biệt A, B ⇔ phương trình (*) có nghiệm phân biệt −1  x A + xB = Theo Vi-ét ta có:   x A xB = −b ⇔ ∆ > ⇔ − 4b > ⇔ b > x A + xB   xI = Vì I trung điểm AB nên  2 y A + yB x A + x B  = y = =  I 2 13 ⇔ xI2 + yI2 = Ta có OI = ( x A + xB ) 13    + 2b  ⇔   +  = 2   2 − x A xB + 2b = 2 13 2b + 2b + 13 = ⇔ b + b − = ⇔ ( b + 3)( b − ) = ⇔ b = −3 (loại) b = (nhận) 2 Vậy b = đường thẳng ( d ) cắt ( P ) hai điểm phân biệt A, B cho OI = ( ) 13 = 2) Ta có x + ( x − 1)( x − 3= ) 15 ( x − 1) ⇔ x − x3 − 56 x + 56 x − 12 ⇔ ( x − 10 x3 + x ) + ( x3 − 60 x3 + 36 x ) − ( x − 20 x + 12 ) = ⇔ x ( x − 10 x + ) + x ( x − 10 x + ) − ( x − 10 x + ) = ⇔ ( x − 10 x + )( x + x − ) =  x − 10 x + = (1) ⇔ ( 2)  x + x − = − 19; x2 = + 19 Giải (1) ta được: x1 = Giải (2) ta được: x1 =−3 − 11; x2 =−3 + 11 Bài 3: (3,0 điểm) 1) Tìm tất cặp số nguyên dương ( x, y ) thỏa mãn: x − xy + y + = 2) Cho x, y, z đôi khác Chứng minh rằng: ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x ) 5 chia hết cho ( x − y )( y − z )( z − x ) Lời giải Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 2 2 Ta có: x − xy + y + = ⇔ x − ( y ) x + y + = (1) ( ) 2 Xét ∆ x = ( −3 y ) − y + = y − 24 Phương trình (1) có nghiệm nguyên dương y − 24 số phương Đặt y − 24= k ( k ∈  ) ⇔ y − k = 24 ⇔ ( y − k )( y + k ) = 24 Vì y ∈ * , k ∈  ⇒ < y − k < y + k 24 ( y − k )( y + k ) = Mặt khác  2y  y − k + y + k = Nên y − k , y + k có tính chẵn y − k = Xét  ⇒y= 12 y + k = x = ⇒ x − 21x + 104 =0 ⇔ ( x − )( x − 13) =0 ⇔   x = 13 y − k = Xét  ⇒y= y + k = x = ⇒ x − 15 x + 56 =0 ⇔ ( x − )( x − ) =0 ⇔  x = là: ( 8;7 ) , (13;7 ) , ( 7;5 ) , ( 8;5 ) Vậy cặp số nguyên dương ( x, y ) thỏa mãn x − xy + y + = 2) Đặt x − y =a, y − z =b ⇒ z − x =−a − b =− ( a + b ) Ta có: ( x − y) + ( y − z ) + ( z − x) 5 = a + b5 − ( a + b ) = a + b5 − ( a + 5a 4b + 10a 3b + 10a 2b3 + 5ab + b5 ) = −5ab ( a + 2a 2b + 2ab + b3 ) = −5ab ( a + b ) ( a + ab + b ) = ( x − y )( y − z )( z − x ) ( a + ab + b ) Vì x, y, z đôi khác nên ( x − y )( y − z )( z − x ) ≠ Vậy ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x ) chia hết cho 5 5 ( x − y )( y − z )( z − x ) A Bài 4: (4,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn ( O ) Các đường cao E AD , BE , CF ∆ABC cắt H 1) Chứng minh: FA AB = AE AC F  2) Chứng minh: DH tia phân giác EDF 3.CF ACB = 60° Chứng minh: EF + BF = 3) Giả sử  O H Lời giải 1) Chứng minh: FA AB = AE AC  CHUNG,  Xét ∆ABE ∆ACF , ta có: BAC AEB=  AFC=( 90° ) Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 B D TÀI LIỆU TOÁN HỌC C ⇒ ∆ABE ∽ ∆ACF (g.g) AE AF ⇒ = ⇒ FA AB = AE AC AB AC  2) Chứng minh: DH tia phân giác EDF Ta có AD , BE , CF đường cao ∆ABC    = BDH = HEC = 90° Nên BFH ° ° °   Tứ giác BFHD có BFH + BDH = 90 + 90 = 180 =  ( chắn FH  )(1) HFB nên nội tiếp đường tròn ⇒ HDF ° ° °   Tứ giác CEHD có CEH + CDH = 90 + 90 = 180 =  ( chắn EH  )(2) HCE nên nội tiếp đường trịn ⇒ HDE  = HCE  ( ∆ABE ∽ ∆ACF ) (3) Mà FBH =  hay DH tia phân giác EDF  HDE Từ (1), (2), (3) ⇒ FDH 3.CF ACB = 60° Chứng minh: EF + BF = 3) Giả sử  ° ° °   Tứ giác AEHF có AFH + AEH = 90 + 90 = 180 =  ( chắn cung HE ) EAD nên nội tiếp đường tròn ⇒ CFE  = DAE  (cmt) VÀ ECF  = EDA  ( CEHD nội tiếp) xét ∆FCE ∆ADE có: CFE FE AE ⇒ ∆FCE ∽ ∆ADE (g.g) ⇒ =(4) FC AD  chung xét ∆AEH ∆ADC có:  AEH =  ADC = 90° ; EAH ⇒ ∆EAH ∽ ∆ADC (g.g) ⇒ AE HE =(5) AD CD AEH= 90° (GT),  AHE =  ACB = 60° ( CEHD nội tiếp) mặt khác ∆AEH có   = 300 ⇒ EH = AH (6) ⇒ HAE FE HE FE HA FE HA Từ (4), (5), (6) suy (7) = ⇔ = ⇔ = FC CD FC 2CD FC CD    chung = HDC = 90° (gt); BCF Xét ∆BFC ∆HDC có: BFC BF HD = (8) CF CD 2EF BF AH DH 2EF + BF AD cộng vế theo vế (7), (8) ta : hay + = + = FC CF CD CD CF CD AD ADC = 90° (gt)(7) ⇒ tan  lại xét ∆ACD có  tan60° = ACD = = CD EF + BF AD ⇒ = = ⇔ EF + BF = 3CF CF CD Bài 5: (2,0 điểm) °   60  cắt BD E , tia phân Cho tứ giác ABCD = có BAD = , BCD 120° , tia phân giác DAB ⇒ ∆BFC ∽ ∆HDC (g.g) ⇒  cắt BD F giác BCD Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC Chứng minh rằng: 1 1 + + + = + AB BC CD DA AE CF Lời giải B Ta có S ABD = S ABE + S ADE ⇔ S ABD = S ABE + S ADE  = AB AE.sin BAE  + AD AE.sin DAE  ⇔ AB AD.sin BAD ⇔ AB AD.sin 60° = AB AE.sin 30° + AD AE.sin 30° ⇔ AB AD E = AE ( AB + AD ) 2 C F AB + AD 1 = = + (1) AE AB AD AB AD CM tương tự: Ta có SCBD = S BCF + SCDF ⇔ S BCD = S BCF + SCDF O ⇔ A D  = CB.CF sin BCF  + CD.CF sin DCF  ⇔ CB.CD.sin BCD ⇔ CB.CD.sin120° =CB.CE.sin 60° + CD.CF sin 60° 3 = CF ( CB + CD ) 2 CB + CD 1 ⇔ = = + ( 2) CF CB.CD CB CD ⇔ CB.CD 1 1 + + + = + Cộng vế theo vế (1), (2) ta có: AB BC CD DA AE CF Bài 6: (2,0 điểm) Cho x, y số thực dương thỏa mãn x + y ≤ Tìm giá trị nhỏ biểu thức 1 + 3x y P = + x2 + y xy Lời giải   1 + 3x y 1 1   Ta có: P xy  = + = + += +  + 3 + 16 xy  − 45 xy 2 2 x + 4y xy x + 4y xy xy   xy  x + 4y  Lại có 1 + ≥ = x + 4y xy x + y + xy ( x + 2y) ≥ ( < x + y ≤ 1)   + xy  ≥ 3.2 3 16 xy = 3.2.2 = 12 xy  xy  ≥ x + y ≥ 2 xy > ⇔ xy ≤ Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 −45 ⇔ −45 xy ≥ 8 TÀI LIỆU TOÁN HỌC  x > 0, y > x + y =  x=     45 83 Do P ≥ + 12 − = Dấu " = " xảy  x + y = xy ⇔  8  y = 1   = 16 xy  xy  x=  83  Vậy giá trị nhỏ biểu thức P ⇔ y =   = = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = = Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang gồm 13 câu) KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP NĂM HỌC: 2020 – 2021 PHẦN THI CÁ NHÂN Mơn: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút I PHẦN GHI KẾT QUẢ: (10 điểm, thí sinh cần ghi kết vào giấy thi) Câu 1: Rút gọn biểu thức A = �3 + �5 + 2√3 + �3 − �5 + 2√3 √𝑥 −6𝑥+16 Câu 2: Tính giá trị biểu thức 𝑀 = x = + √2 𝑥 −5𝑥 +𝑥−1 Câu 3: Cho chữ C, O, V, I, D để biểu thị chữ số khác khác Tổng số COVID, DCOVI, IDCOV, VIDCO, OVIDC 277775 Tính C + O + V + I + D Câu 4: Để tổ chức kỳ thi HSG lớp Hội đồng thi X dự định xếp phòng thi 15 thí sinh thấy thừa hai em Nếu bớt phịng thi tất thí sinh dự thi vừa đủ chia cho phòng cịn lại Hỏi hội đồng thi X có tất thí sinh dự thi Biết thí sinh dự thi mơn khác ngồi phịng phịng thi khơng xếp 22 thí sinh Câu 5: Tính giá trị nhỏ biểu thức P = 2a2 + b2 – 2ab – 8a + 2b + 12 Câu 6: Để đo khoảng cách từ thuyền đậu vị trí A đến bờ sơng bên Nam xác định điểm B, C hai bờ sông so cho A, B, C thẳng hàng BC vng góc với hai bờ sông (giả thuyết hai bờ sông song song với nhau), chọn điểm E bờ sông bên (cùng bờ với Nam) (Hình � = 300 , 𝐵𝐸𝐶 � = 600 bên) Tiến hành đo đạc BE = 90m góc 𝐵𝐸𝐴 Hỏi Nam tính khoảng cách từ thuyền đến bờ sông bên bao nhiêu? 𝑥 (𝑥 + 1) − 𝑦 (𝑦 + 1) = Câu 7: Giải hệ phương trình � 𝑥 + 𝑦2 = Câu 8: Cho đường thẳng d: y=(2m-3)x – Tìm tất giá trị m để đường thẳng d cắt trục Ox, Oy hai điểm A B cho diện tích tam giác AOB Câu 9: Hình bên gồm 13 hình vng có diện tích 1cm2 Các điểm A, B, C đỉnh hình vng (như hình vẽ) Điểm E nằm cạnh BC cho AE chia hình gồm 13 hình vng bên thành hai phần có diện tích Tính độ dài đoạn BE � = 900 , 𝐴𝐵𝐶 � = 200 Các điểm P Q lần Câu 10: Cho tam giác ABC có góc 𝐵𝐴𝐶 � = 100 𝐴𝐶𝑄 � = 300 Tính 𝑃𝑄𝐴 � lượt nằm cạnh AC, AB cho 𝐴𝐵𝑃 II PHẦN TỰ LUẬN: (Thí sinh trình bày lời giải vào tờ giấy thi) Câu 11 (3 điểm) Giải phương trình (x2 – 1)(x+3)(x+5) = Câu 12 (5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O Gọi M trung điểm AB Lấy hai điểm D, E nằm cạnh AB, AC cho BD M = Đáp số: C + O + V + I + D = 25 Ta có: COVID + DCOVI + IDCOV + VIDCO + OVIDC = 277775  (11111)( C + O + V + I + D ) = 277775  C + O + V + I + D = 25 Đáp án: Hội đồng thi X có tất 72 thí sinh dự thi Gọi số phịng dự thi ban dầu x, x ∈ 𝑁, x ≥ Vậy số thí sinh dự thi tai hội đồng X là: 15x + Sau bớt phòng thì phịng thi có y thí sinh, y ∈ 𝑁, 0 x ∈ {1; 17} TH1: x – 1=  x = => y = 32 (loại) TH2: x – = 17  x = 18 => y =16 (tm) Vậy số thí sinh dự thi 15.18 + = 272 Đáp số: Giá trị lớn P 𝑃 = (𝑏 − 𝑎 + 1)2 + (𝑎 − 3)2 + ≥ 𝑎=3 Dấu “=” xảy � 𝑏=2 Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 1,0đ 1,0đ 1,0đ 1,0đ Câu Đáp số: 𝐴𝐶 = 60√3𝑚 AC = BC – BA = BE.tan600 – BE.tan300 = 60√3m Câu Đáp số: Nghiệm hệ (1; -2); (-2;1), � � 𝑥 (𝑥 + 1) − 𝑦(𝑦 + 1) = (1) (2) 𝑥2 + 𝑦2 = √10 √10 ; �, 1,0đ �− 1,0đ √10 √10 ; − � 2 𝑦=𝑥 (1)  𝑥 (𝑥 + 1) − 𝑦(𝑦 + 1) =  (x – y)(x + y +1) =  �𝑦 = −𝑥 − √10 √10 * Với y = x, thay vào (2) ta 2x2 =  𝑥 = ± ⇒𝑦=± 2 2 * Với y = -x – 1, thay vào (2) ta x + (x + 1) =  2x2 + 2x – = 𝑥=1  2(x-1)(x+2) =  � 𝑥 = −2 x = => y = -2 x = -2 => y = Câu 23 25 Đáp số: 𝑚 ∈ �16 ; 16� HD: Đường thẳng d cắt 𝐴 �2𝑚−3 ; 0� ; 𝐵(0; −1) Do tam giác OAB vuông O nên ta có 𝑆𝑂𝐴𝐵 = 𝑂𝐴 𝑂𝐵 = Câu 1 �2𝑚−3� = 25 𝑚 = 16 1  �2𝑚−3� =  |2𝑚 − 3| = ⟺ 2𝑚 − = ± ⟺ � 23 𝑚 = 16 1,0đ 12 Đáp số: BE = 𝑐𝑚 Mỗi hình vng có diện tích 1cm2 nên hình vng có cạnh 1cm Gọi điểm P, Q, F hình vẽ Dễ thấy để AE chia hình gồm 13 hình vng bên thành hai phần AE khơng PF Ta có: 13 17 𝑆𝐴𝑄𝐶 = 𝑆𝑄𝐵𝑃𝐹 + 𝑆13 ℎì𝑛ℎ 𝑣𝑢ơ𝑛𝑔 = + = => 𝐴𝑄 𝑄𝐸 = 17 −1= 12 17 (𝑐𝑚) ⟺ 𝐴𝐸 = 17 𝐴𝑄 = 17 ⇒ 𝐵𝐸 = 𝑄𝐸 − = � = 400 Câu 10 Đáp số: 𝑃𝑄𝐴 � = 1800 − 𝐴𝐵𝐶 � = 700 Ta có: 𝐴𝐶𝐵 � = 300 ⇒ 𝐴𝑄 = 𝐶𝑄(1) 𝐴𝐶𝑄 Gọi M trung điểm CB K điểm AB cho KM ⊥ BC 𝑀𝐵 𝐴𝐵 Khi ta có △ 𝐴𝐵𝐶 ∽ △ 𝑀𝐵𝐾 ⇒ 𝐵𝐾 = 𝐵𝐶 (2) � = 𝐾𝐵𝐶 � = 200 ⇒ 𝑄𝐶𝐾 � = 𝐵𝐶𝑄 � − 200 = 200 Và 𝐾𝐶𝐵 � 𝐴𝐵𝐶 � , suy Do đó: CK, BP phân giác góc 𝑄𝐶𝐵 𝑄𝐶 𝐶𝐵 𝐴𝐵 𝐶𝐵 𝐴𝐵 𝐴𝑃 = 𝐵𝐾 ; 𝐴𝑃 = 𝐶𝑃 ⟺ 𝐶𝐵 = 𝐶𝑃 (3) 𝑄𝐾 Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 1,0đ 1,0đ TÀI LIỆU TOÁN HỌC Từ (1), (2) (3) ta có: 𝐵𝐴 𝐵𝐶 𝐴𝑃 𝐴𝑄 𝐴𝑃 = 𝑃𝐶 ⇒ 𝑄𝐾 = 𝑃𝐶 𝑄𝐶 𝑄𝐾 = 𝐶𝑄 𝑄𝐾 = 𝐶𝐵 𝐵𝐾 = 𝐵𝑀 𝐵𝐾 = �= Suy PQ// CK (định lý đảo talet) ⇒ 𝐶𝑄𝑃 � = 200 𝑄𝐶𝐾 � = 𝐴𝑄𝐶 � − 𝐶𝑄𝑃 � = 600 − 200 = 400 ⇒ 𝑃𝑄𝐴 Câu 11 (x2 – 1)(x + 3)(x+5) =  (x-1)(x+1)(x+3)(x+5)=9  (x2 + 4x -5)(x2 + 4x + 3) = (3đ) 𝑡 = −1 Đặt t = x2 + 4x + ta t(t-8) = ⟺ � 𝑡=9 Với t = -1 ⟺ x2 + 4x + = -1 ⟺ (x + 2)2 = ⟺ x = -2 Với t = ⟺ (x+2)2 = 10 ⟺ x = -2 ± √10 Vậy nghiệm phương trình là: -2; -2 - √10; -2 + √10 Câu 12 (5đ) 1,0đ 1,0đ 0,5đ 0,5đ a) Do M trung điểm AB nên OM ⊥ AB, suy ta có OA2 – OD2 = (OM2 + MA2) – (OM2 + MD2) =MA2 – MD2 = (MA – MD)(MA + MD) = DB.DA (đpcm) b) Do G, H, K trung điểm đoạn BE, CD, ED nên KG//AB KH//AC � = 𝐵𝐴𝐶 � (1) 𝐾𝐺 = 𝐾𝐻 = ⇒ 𝐾𝐺 = 𝐷𝐵 (2) suy ra𝐺𝐾𝐻 𝐷𝐵 𝐸𝐶 𝐾𝐻 𝐸𝐶 Mặt khác chứng minh tương tự câu a ta có: OA2 – OE2 = EC.EA Do OD = OE kết cuẩ câu a ta có 𝐷𝐵 𝐸𝐴 ⇒ OA2 – OE2 = OA2 – OD2 ⟺ DB.DA = EC.EA ⟺ 𝐸𝐶 = 𝐷𝐴 (3) 𝐾𝐺 𝐸𝐴 Từ (2) (3) suy 𝐾𝐻 = 𝐷𝐴 (4) � = 𝐾𝐺𝐻 � Từ (1) (4) suy hai tam giác EAD GHK đồng dạng nên góc 𝐷𝐸𝐴 � = 𝐻𝐾𝐸 � = 𝐸𝐾𝐻 � suy 𝐾𝐺𝐻 � (ĐPCM) Mà KH//AC nên 𝐷𝐸𝐴 Câu 13 2P = 2(xy + yz + zx) – 2xyz = 2(xy + yz + zx) + x2 + y2 + z2 – = (x + y + z)2 - (2đ) Mặt khác x2 + y2 + z2 + 2xyz = ⟺ x2y2 + 2xyz + z2 = – x2 – y2 + x2y2 ⟺ (xy + z)2 = (1 – x2)(1- y2) Từ x2 + y2 + z2 + 2xyz = ⇒ x2 < 1; y2 < ⇒ - x2 > 0; – y2 > 2−𝑥 −𝑦 Áp dụng cơ-si, ta có (1-x2)(1- y2) ≤ � ⟺𝑧≤ 2−𝑥 −𝑦 −2𝑥𝑦 = 2−(𝑥+𝑦)2 2 Mặt khác (x + y) + ≥ 2(x+y) ⇒ 𝑥 + 𝑦 ≤ (𝑥+𝑦)2 +1 Do đó: 2P = (x + y + z)2 – ≤ � + � ⟺ 𝑥𝑦 + 𝑧 ≤ (𝑥+𝑦)2 +1 2 2−(𝑥+𝑦)2 1,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 2−𝑥 −𝑦2 0,5đ � −1=4 ⇒𝑃 ≤8 − 𝑥2 = − 𝑦2 Dấu “=” xảy � ⟺𝑥=𝑦=𝑧=2 (𝑥 + 𝑦)2 = 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 + 2𝑥𝑦𝑧 = HẾT Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 1,5đ TÀI LIỆU TỐN HỌC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH TUYÊN QUANG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THCS NĂM 2021 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề (Đề thi có 01 trang) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu 1(5.0 điểm ) a)Rút gọn biểu thức : S  1 1      2.1  2.3  2.5 2021  2.2021 b)Cho a; b  thỏa mãn : a   2b  Chứng minh : a  b  11 Câu 2: (5.0 điểm )Giải phương trình hệ phương trình sau : a) x  x     x  xy  x  y    b)     x  y 1  x   Câu 3: (5 điểm ) Cho tam giác nhọn ABC  AB  AC  nội tiếp đường tròn (O) ngoại tiếp đường tròn (I) Gọi D tiếp điểm BC với đường tròn  I  ; AI cắt lại đường tròn O  điểm M  A ; MD cắt lại đường tròn O  Q  M ; AP đường kính đường tròn O  Chứng minh a) MBQ đồng dạng với tam giác MDB b) MI  MQ.MD c)Ba điểm P; I ; Q thẳng hàng Câu 4: (3,0 điểm ) a)Tìm tất số nguyên x thỏa A  b)Chứng minh : 2 p1 1 2x 1 Z 3x  1 chia hết cho p  với số nguyên tố p  Câu 5: (2,0 điểm) Có hai máy in thẻ đặc biệt A B in thẻ có chứa số có dạng a; b a mã số thẻ; b mã số người dùng thẻ ( thẻ có số Khi đưa thẻ có chứa số a; b vào máy in A máy in thẻ có số 6a; b  5 trả lại thẻ có số a, b ban đầu ; đưa hai thẻ có số a; b b, c  vào máy in B máy in thẻ có số 6a; c  trả lại thẻ có số a; b b, c ban đầu Hỏi từ thẻ có số 22,12 ban đầu ; hai máy in A; B in thẻ có số 1975;304 hay khơng ?Vì Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: a) Ta có cơng thức tổng qt : 2n  1  2.2n  1  2n  12n  3 Và nhận thấy 2n  3  2n  1   2n  1  2n  1  1 1       2n  12n  3 2n  12n  3  2n  2n   Áp dụng ta có : 12  2.1  1.3 ; 32  2.3  3.5 ; 52  2.5  5.7 ,…….; 20212  2.2021  2021.2023 Vậy S  1 1      1.3 3.5 5.7 2019.2021 2021.2023 1 1 1 1 1   1             3 5 2019 2021 2021 2023  1  1011  1    2023  2023 b)Bất đẳng thức cần chứng minh  a   b  12 Theo bđt Cô Si ta : a  1   a  Và b   8b  2b Cộng lại ta có : a  1  b  12    a   2b  4.6  24  a  b  11 Câu 2: a)Giải phương trình : x  x   Đặt t  x t  0  t  5t    t  2t  3  t    x   2;  t  Kết luận : x   2;  nghiệm phương trình b)Giải hệ phương trình :  x  xy  x  y   1    x  y   x   2  Xét phương trình 1   x  1  y  x  1    x  1 x  y  1  x    x   y Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC Xét x   y    ( thay vào (2)) ( vô nghiệm ) Xét x   y thay vào (2) ta : 1 y  y    y    y  1    y   y      y  3 1  y  y  y   y  y  Khi y  3  x  Kết luận :  x; y   4; 3 nghiệm hệ phương trình Câu 3: A Q O I B C D P M   MB  MC ( M điểm cung nhỏ BC ) a)Ta có AI phân giác góc BAC   BQM  ( góc nội tiếp chắn hai cung ) Do DBM Vậy BMD đồng dạng QMB  MB MD   MB  MD.MQ MQ MB   MIB  b)Ta chứng minh : MBI   IBA   IAB  IBA   CBI  ( BI phân giác ABC ) Ta có : MIB   CAM   MBC   MIB   CBI   MBC   MBI  nên tam giác MIB cân M Và IAB Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC Vậy nên MI  MD.MQ    180    c)Ta có : AQI AQM  IQM ACM  IQM   AMO  ( so le ) Lại có ID / / OM  DIM Và MI  MD.MQ  MI MQ   DIM    MIQ đồng dạng MDI c.g c)  IQM MD MI   1 Và có :  ACM   AOM  180   AMO  90   AMO 2   180  90  AMO  Thay vào ta có AQI AMO  90 (1) Mặt khác AP đường kính đường tròn O    AQP  90 (2) Từ (1) (2) ta ba điểm P; I ; Q thẳng hàng ( đpcm ) Câu 4: a)Tìm tất số nguyên x thỏa A  Ta có : A  2x 1 Z 3x  2x 1  Z  2 x  13 x  1 ( tử mẫu số nguyên ) 3x   32 x  13 x  1  3 x  1  13 x  1  13 x  1 3 x     x  ( thử lại thấy thỏa mãn ) 3 x   1 b)Ta chứng minh : p1  13 p  Ta có 2; p   ( p nguyên tố p  ) nên p1  (mod p ) ( đlý Ferrmat nhỏ ) Vậy p1  1 p Và p lẻ nên p  2m  ( p nguyên tố p  ) Nên p1   22 m   4m  14  1  p1  1 Mặt khác 3; p   nên p1  13 p   Vậy p1  p p1  p1  p  p.b ( b  Z  ) 3 Do 2 p1 1 1  pb   2 p   1b 2 p  1 ( đpcm ) b Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC ... P 20 19? ??  2022  20 19  a .Q 20 19? ?? 0,25  P 2020  2022  2020  a .Q 2020 0,25 Mà P 20 19? ??.P 2020  2021   2022  20 19  a .Q 20 19? ??  2022  2020  a .Q 2020  2021 ... 2022 20 19  a .Q 20 19? ??  2020  a .Q 2020  20 19  a 2020  a Q 20 19? ??.Q 2020  2021 * Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 0 39. 373.2038 0,5 TÀI LIỆU TOÁN HỌC Do 20 19  a 2020... Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 0 39. 373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP NĂM HỌC 2020 - 2021